Kinetische Energie und Trägheitstensor

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

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Der Artikel Kinetische Energie und Trägheitstensor basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 6.Kapitels (Abschnitt 2) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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Betrachten wir eine infinitesimale Verrückung

$\begin{array}{rl}& d\overline{r}=d{\overline{r}}_S+d\overline{x}=d{\overline{r}}_S+d\overline{\varphi }\times \overline{x}\\ & d\overline{\varphi }:=\overline{n}d\varphi \\ \end{array}$

In Kapitel 3.3 haben wir bereits mit infinitesimalen Drehungen gearbeitet. Dort handelte es sich um passive Drehungen. Hier haben wir es nun mit aktiven Drehungen zu tun → anderes Vorzeichen.

$\overline{V}:=\frac{d{\overline{r}}_s}{dt}$ Schwerpunktsgeschwindigkeit

$\overline{\omega }:=\frac{d\overline{\varphi }}{dt}$ Winkelgeschwindigkeit

Damit ergibt sich die Geschwindigkeit eines beliebigen Aufpunktes des starren Körpers:

$\overline{v}=\overline{V}+\overline{\omega }\times \overline{x}$

Nebenbemerkungen:

$\overline{\omega }$ hängt von der Wahl von S ab.

Falls S der Schwerpunkt ist, so gilt:

$\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}=0$

nach Def. A) des starren Körpers

$\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\overline{x}\rho (\overline{x})=0$

Definition B) → Schwerpunktsvektor im körperfesten System

$\overline{K}$

Kinetische Energie:

1. $\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{m}_i{v^{(i)}}^2=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{m}_i{(V+\omega \times x^{(i)})}^2=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{m}_i{V}^2+V\cdot \sum _{i=1}^n{m}_i(\omega \times x^{(i)})+\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{m}_i{(\omega \times x^{(i)})}^2$

Mit den Beziehungen

$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n{m}_i=M\\ & \overline{V}\cdot \sum _{i=1}^n{m}_i(\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})=(\overline{V}\times \overline{\omega })\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}=0,da\sum _{i=1}^n{m}_i{\overline{x}}^{(i)}=0\\ & {(\overline{\omega }\times {\overline{x}}^{(i)})}^2={\omega }^2{x}^2{\sin }^2\alpha ={\omega }^2{x}^2(1-{\cos }^2\alpha )={\omega }^2{x}^2-{(\overline{\omega }\cdot \overline{x})}^2=\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m[x^2{\delta }_{mn}-x_m{x}_n]{\omega }^n\\ \end{array}$

Somit folgt:

$T=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{m}_i{v^{(i)}}^2=\frac{1}{2}M{V}^2+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m{J}_{mn}{\omega }^n$

mit dem Trägheitstensor

$J_{mn}:=\sum _{i=1}^n{m}_i[{x^{(i)}}^2{\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}{x_n}^{(i)}]$

Der Trägheitstensor ist also durch die Massenverteilung bestimmt

Im Sinne der Definition B) dagegen gilt:

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x}){(\overline{V}+\overline{\omega }\times \overline{x})}^2=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})V^2+(\overline{V}\times \overline{\omega })\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m{J}_{mn}{\omega }^n\\ & mit\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}=0\\ \end{array}$

und dem Trägheitstensor

$J_{mn}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[x^2{\delta }_{mn}-x_m{x}_n]$

Also gilt die Zerlegung der kinetischen Energie:

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x}){(\overline{V}+\overline{\omega }\times \overline{x})}^2=\frac{1}{2}\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})V^2+\frac{1}{2}\sum _{m=1}^3\sum _{n=1}^3{\omega }^m{J}_{mn}{\omega }^n\\ & \\ \end{array}$

$\begin{array}{rl}& T=\frac{1}{2}M{V}^2+\frac{1}{2}\overline{\omega }\overline{\overline{J}}\overline{\omega }\\ & \\ \end{array}$

Dabei ist

$T_{trans}=\frac{1}{2}M{V}^2$

kinetische Energie der translatorischen Bewegung

$T_{rot}=\frac{1}{2}\overline{\omega }\overline{\overline{J}}\overline{\omega }$

kinetische Energie der Rotationsbewegung

Eigenschaften des Trägheitstensors

$\overline{\overline{J}}$

ist ein Tensor zweiter Stufe. Das heißt unter Drehungen

$R\in SO(3)$

transformiert er sich wie folgt:

R kennzeichnet dabei die Drehmatrizen im

$R^3$

mit Orthogonalitätseigenschaft:

$R{R}^T=1,\det R=1$

Nun, er transformiert sich unter Drehungen wie folgt:

Wenn

$x_m\to x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n$

Dann:

$J_{mn}\to J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}$

Kompakt:

$\begin{array}{rl}& \overline{x}\to \overline{x}\stackrel{´}{}=R\overline{x}\\ & \overline{\overline{J}}\to \overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=R\overline{\overline{J}}{R}^T\\ \end{array}$

Dabei bemerken wir: Matrizen sind einfach Zahlenschemata mit Zeilen und Spalten. Aber erst das Transformationsverhalten definiert einen Tenor (Im Gegensatz zu einer Matrix).

Tensor 1. Stufe:

$x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n$

= Vektor

Tensor 2. Stufe

$J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}$

Tensor n-ter STufe:

$A_{mn....x}\stackrel{´}{}=\sum _{l,s,...,t=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}...R_{xt}{A}_{ls...t}$

wobei links n Indices stehen und rechts n mal die Drehmatrix angewendet wird (und jeweils von 1-3 summiert!)

Beweis des Transformationsverhaltens für

$J_{mn}:=\sum _{i=1}^n{m}_i[\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}{x_n}^{(i)}]$

Zunächst zum Skalarprodukt:

$\begin{array}{rl}& x_m\stackrel{´}{}=\sum _{n=1}^3{R}_{mn}{x}_n\\ & \Rightarrow \sum _t{x}_t{\stackrel{´}{}}^2=\sum _t\sum _l\sum _s{R}_{tl}{R}_{ts}{x}_l{x}_s=\sum _l\sum _s\left(\sum _t{R_{lt}}^T{R}_{ts}\right)x_l{x}_s=\sum _l\sum _s{\delta }_{ls}{x}_l{x}_s=\sum _l{x_l}^2\\ \end{array}$

das Skalarprodukt ist also invariant

Aber auch das Delta- Element ist invariant:

$\sum _l\sum _s{R}_{ml}{R}_{ns}{\delta }_{ls}=\sum _l{R}_{ml}{R}_{nl}=\sum _l{R}_{ml}{R_{\ln }}^T={\delta }_{mn}$

Kompakt:

$R1R^T=R{R}^T=1$

Also:

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}{J}_{ls}=\sum _{i=1}^n{m}_i\sum _{l=1}^3\sum _{s=1}^3{R}_{ml}{R}_{ns}[\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{ls}-{x_l}^{(i)}{x_s}^{(i)}]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=\sum _{i=1}^n{m}_i[\left(\sum _t{x_t}^{(i)}{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}-{x_m}^{(i)}\stackrel{´}{}{x_n}^{(i)}\stackrel{´}{}]\\ \end{array}$

Der Trägheitstensor J´ in den neuen Koordinaten ist also gleich dem alten, was Transformationsverhalten eines Tensors zweiter Stufe belegt:

Dabei gilt:

$\left(\sum _t{x_t}^{(i)}{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}$

ist der invariante Anteil

${x_m}^{(i)}\stackrel{´}{}{x_n}^{(i)}\stackrel{´}{}$

hängt von der Wahl des körperfesten koordinatensystems ab.

Weitere Eigenschaften

$J_{mn}$

enthält einen kugelsymmetrischen, also rotationsinvarianten Anteil

$\left(\sum _t{x}_t{{}^{(i)}}^2\right){\delta }_{mn}$

$J_{mn}$

ist linear in der Massendichte. Der Trägheitstensor ist also additiv beim Zusammenfügen zweier starrer Körper

$J_{mn}$

ist ein reeller, symmetrischer Tensor, dargestellt durch die reelle, symmetrisch Matrix

$\overline{\overline{J}}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\left(\begin{array}{ccc}{x_2}^2+{x_3}^2& -x_1{x}_2& -x_1{x}_3\\ -x_1{x}_2& {x_3}^2+{x_1}^2& -x_2{x}_3\\ -x_1{x}_3& -x_2{x}_3& {x_1}^2+{x_2}^2\\ \end{array}\right)$

Der Tensor ist diagonalisierbar durch die orthogonale Transformation

$R_0\in SO(3):$

$\overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=R_0\overline{\overline{J}}{R_0}^T=\left(\begin{array}{ccc}{J}_1& 0& 0\\ 0& J_2& 0\\ 0& 0& J_3\\ \end{array}\right)$

Das heißt: Es existiert ein gedrehtes, körperfestes Koordinatensystem (y1,y2,y3) in Richtung der Hauptträgheitsachsen:

$\overline{\overline{J}}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}y\rho (\overline{y})\left(\begin{array}{ccc}{y_2}^2+{y_3}^2& 0& 0\\ 0& {y_3}^2+{y_1}^2& 0\\ 0& 0& {y_1}^2+{y_2}^2\\ \end{array}\right)$

Also:

$J_i\ge 0$

i=1,..,3, Matrix positiv semidefinit.

Die Diagonalisierung führt auf das Eigenwertproblem:

$\overline{\overline{J}}{\hat{\overline{w}}}^{(i)}=J_i{\hat{\overline{w}}}^{(i)}$

mit Eigenvektoren

${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$

und Eigenwerten Ji. Ein homogenes, lineares Gleichungssystem

Ziel ist es nun, die Hauptachsenrichtung

${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$

so zu suchen, dass

$\overline{\overline{J}}$

diagonal wird:

$\iff \det (\overline{\overline{J}}-J_{i}1)=0$

Somit ergeben sich 3 reelle, positiv semidefinite Eigenwerte Ji

Das Trägheitsmoment

Trägheitsmoment bezüglich Achse

$\overline{n}:J(\overline{n}):=\overline{n}\overline{\overline{J}}\overline{n}$

Diese quadratische Form ist positiv semidefinit.

$\overline{\omega }=\overline{n}\omega \Rightarrow T=\frac{1}{2}{\omega }^{2}J(\overline{n})$

Trägheitsellipsoid

Die Normierung des Trägheitsmomentes liefert eine Ellipsoidgleichung:

$\overline{n}\overline{\overline{J}}\overline{n}=1$.

Die Lage des Ellipsoids sind ist durch die Eigenvektoren

${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$,

die Maße folgen aus den Ji derart, dass die zu

${\hat{\overline{w}}}^{(i)}$

gehörige Achse die Länge

$\frac{1}{\sqrt{J_i}}$

trägt:

1. Die Ji heißen Hauptträgheitsmomente (Trägheitsmomente entlang der Eigenvektoren= Hauptachsen)

Es gilt:

$J_1\ne J_2\ne J_3$

unsymmetrischer Kreisel

$J_1=J_2\ne J_3$

symmetrischer Kreisel (axialsymmetrisch)

$J_1=J_2=J_3$

kugelsymmetrischer Kreisel (nicht notwendigerweise Kugelform)

Satz von Steiner

Sei

$J_{mn}$

der Trägheitstensor in einem körperfesten System

$\overline{K}$,

welches im Schwerpunkt S zentriert ist. Sei nun

$\overline{K}\stackrel{´}{}$

ein zu

$\overline{K}$

achsparalleles, um den Vektor

$\overline{a}$

verschobenes System. Dann ist

$J_{mn}\stackrel{´}{}$ in $\overline{K}\stackrel{´}{}$

gegeben durch

$J_{mn}\stackrel{´}{}=J_{mn}+M[a^2{\delta }_{mn}-a_m{a}_n]$

Die beiden Koordinatensystem dürfen dabei nur durch die Translation um

$\overline{a}$

unterschiedlich sein. Wesentlich ist vor allem, dass bei roationsvarianten Systemen keine Verdrehung der Achsen erfolgt!

Beweis:

$J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\stackrel{´}{}\rho \stackrel{´}{}(\overline{x}\stackrel{´}{})[\left(\sum _t{x}_t{\stackrel{´}{}}^2\right){\delta }_{mn}-x_m\stackrel{´}{}{x}_n\stackrel{´}{}]$

Bei uns:

$\overline{x}\stackrel{´}{}=\overline{x}+\overline{a}$

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t{(x_t+a_t)}^2\right){\delta }_{mn}-(x_m+a_m)(x_n+a_n)]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t[{\left(x_t\right)}^2+2\left(a_t{x}_t\right)+{a_t}^2]\right){\delta }_{mn}-x_m{x}_n-x_m{a}_n-x_n{a}_m-a_m{a}_n]\\ & \underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\sum _t\left(a_t{x}_t\right)=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})(x_m{a}_n+x_n{a}_m)=0wegen\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})\overline{x}=0\\ \end{array}$

Somit:

$\begin{array}{rl}& J_{mn}\stackrel{´}{}=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t({x_t}^2+{a_t}^2)\right){\delta }_{mn}-x_m{x}_n-a_m{a}_n]\\ & J_{mn}\stackrel{´}{}=J_{mn}+\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (\overline{x})[\left(\sum _t\left({a_t}^2\right)\right){\delta }_{mn}-a_m{a}_n]=J_{mn}+M[a^2{\delta }_{mn}-a_m{a}_n]\\ \end{array}$

Speziell im Hauptachsensystem:

keine Außerdiagonalelemente: m=n:=i

$J_i\stackrel{´}{}=J_i+M(a^2-{a_i}^2)i=1,..,3$ mit $(a^2-{a_i}^2)$

als Quadrat des Abstandes der beiden Drehachsen.

Dabei wird bei einer Verschiebung um

$\overline{a}$

nur der Abstand der Drehachsen berücksichtigt. das heißt, die Komponente der Verschiebung in Richtung der Drehachse wird wieder quadratisch subtrahiert:

Beispiele

1. Kugelsymmetrische Massendichte:

$\begin{array}{rl}& \rho (\overline{x})=\rho (r)\\ & J_1=J_2=J_3=:J\\ & 3J=J_1+J_2+J_3=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (r)[({x_2}^2+{x_3}^2)+({x_1}^2+{x_3}^2)+({x_1}^2+{x_2}^2)]=\underset{}{\overset{}{\int }}{d}^{3}x\rho (r)2r^2\\ & 3J=2\cdot 4\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}dr{r}^4\rho (r)\\ \end{array}$

Bei homogener Massenverteilung:

$M=\frac{4\pi }{3}{R}^3$

bezüglich Schwerpunkt S

folgt:

$\begin{array}{rl}& J=\frac{8}{3}\pi \underset{0}{\overset{R}{\int }}dr{r}^4\rho (r)=\frac{2M}{R^3}\underset{0}{\overset{R}{\int }}dr{r}^4\\ & J=\frac{2}{5}M{R}^2\\ \end{array}$

2. Abrollende Kugel: Momentaner Auflagepunkt ist A

Das Trägheitsmoment bezüglich der momentanen Drehachse durch den Auflagepunkt A:

$J_A=J+M{R}^2=\frac{2}{5}M{R}^2+M{R}^2=\frac{7}{5}M{R}^2$